(2013•東莞一模)設(shè)等差數(shù)列{an},{bn}前n項(xiàng)和Sn,Tn滿足
Sn
Tn
=
An+1
2n+7
,且
a3
b4+b6
+
a7
b2+b8
=
2
5
,S2=6;函數(shù)g(x)=
1
2
(x-1)
,且cn=g(cn-1)(n∈N,n>1),c1=1.
(1)求A;
(2)求數(shù)列{an}及{cn}的通項(xiàng)公式;
(3)若dn=
an(n為奇數(shù))
cn(n為偶數(shù))
,試求d1+d2+…+dn
分析:(1)利用等差中項(xiàng)的概念,把
a3
b4+b6
+
a7
b2+b8
=
2
5
轉(zhuǎn)化為
a5
b5
=
2
5
,結(jié)合
Sn
Tn
=
An+1
2n+7
得到
9A+1
2×9+7
=
2
5
,從而A的值可求;
(2)由A=1,可令Sn=kn(n+1),由S2=6求出k,則Sn可求,分n=1和n≥2求得an.把給出的cn=g(cn-1)變形,得到數(shù)列{cn+1}是
1
2
為公比,以c1+1=2為首項(xiàng)的等比數(shù)列,由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求出cn+1,從而得到cn
(3)分n=2k和n=2k+1兩類寫出d1+d2+…+dn,然后利用分組求和.
解答:解:(1)∵{an},{bn}是等差數(shù)列,
a3
b4+b6
+
a7
b2+b8
=
2
5
,得
a3
2b5
+
a7
2b5
=
2a5
2b5
=
a5
b5
=
2
5
,
S9
T9
=
a 1+a9
2
×9
b1+b9
2
×9
=
a5
b5
=
2
5

9A+1
2×9+7
=
2
5
,解得A=1;
(2)令Sn=kn(n+1),∵S2=6,得6k=6,k=1,即Sn=n2+n
當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=2,當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)]=2n,
該式對n=1時(shí)成立,所以an=2n;
由題意cn=
1
2
(cn-1-1)
,變形得cn+1=
1
2
(cn-1+1)
(n≥2),
∴數(shù)列{cn+1}是
1
2
為公比,以c1+1=2為首項(xiàng)的等比數(shù)列.
cn+1=2•(
1
2
)n-1
,即cn=(
1
2
)n-2-1
;
(3)當(dāng)n=2k+1時(shí),d1+d2+…+dn=(a1+a3+…a2k+1)+(c2+c4+…+c2k
=[2+6+10+…+2(2k+1)]+[(1-1)+(
1
22
-1
)+…+(
1
22k-2
-1
)]
=2(k+1)2+
4
3
[1-(
1
4
)k]-k=2k2+3k+2+
4
3
[1-(
1
4
)k]

=
n2+n+2
2
+
4
3
[1-(
1
2
)n-1]

當(dāng)n=2k時(shí),d1+d2+…+dn=(a1+a3+…a2k-1)+(c2+c4+…+c2k
=[2+6+10+…+2(2k-1)]+[(1-1)+(
1
22
-1
)+…+(
1
22k-2
-1
)]
=2k2-k+
4
3
[1-(
1
4
)k]=
n2-n
2
+
4
3
[1-(
1
2
)n]

綜上:d1+d2+…dn=
n2+n+2
2
+
4
3
[1-(
1
2
)n-1](n為正奇數(shù))
n2-n
2
+
4
3
[1-(
1
2
)n](n為正偶數(shù))
點(diǎn)評:本題考查了等差關(guān)系的確定,考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和等差中項(xiàng)概念,訓(xùn)練了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法,考查了數(shù)列的分組求和及等差數(shù)列和等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式,是中檔題.
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x-ey=0
x-ey=0

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ax
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(
1
3
)
x
,x≥3
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,則f(2+log32)的值為( 。

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π
4
,則tan(a4+a6)=
3
3
3
3

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(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和Tn

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